深圳市新华中学中考化学三模试卷(含答案)

深圳市新华中学中考化学三模试卷(含答案)
一、选择题（培优题较难）
1．可燃物R是C、H2、CH4、CO或CH4O中的一种。

将一定量的R和氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：
物质R氧气二氧化碳水一氧化碳
反应前质量/g m1m2000
反应后质量/g00m3m4m5
下列叙述正确的是（）
①m1=1/9m4时，R是H2
②m1+m2=m3时，R是C或CO
③ m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O
④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据表格中的数据可知，R、氧气反应后质量变为0，是反应物；二氧化碳、水、一氧化碳反应前的质量是0，是生成物，要确定R是哪种物质，生成物是什么，就要通过反应前后质量的关系来进行确定。

①氢气燃烧生成水，化学方程式为2H2 + O2点燃 2H2O，其中氢气与水的质量比为1:9，正确；
②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳，反应前后物质的质量不变，此时m1+m2=m3，正确；
③甲烷燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为CH4 + 2O2点燃CO2 + 2H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
甲醇燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为2CH4O+ 3O2点燃2CO2 + 4H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
通过分析可知，当m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O，正确；
④反应前后元素的种类不变，如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质，则R 中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素，生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。

二氧化碳中氧元素的质量为m3××100%=8m3/11，
水中氧元素的质量为m4××100%=8m4/9，
一氧化碳中氧元素的质量为m5××100%=4m5/7，
通过分析可知，8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2 ，正确。

故选D。

2．如图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，下列说法正确的是
A．将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法
B．t1℃时，可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液
C．t2℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大D．t1℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液升高到t2℃时，溶质质量分数为甲＞乙＞丙
【答案】B
【解析】在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。

溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。

A.饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。

由图可知，丙的溶解度随温度的升高而减小，随温度降低而增大，将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，如升温会析出固体，所得仍是饱和溶液；B. t1℃时，丙的溶解度为12g，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，丙的饱和溶液溶质的质量分数=12÷（12+100g）×100%≈11%，故可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液；C. t2℃时，甲、乙两种物质在相同量的溶剂里形成的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大，因为降温前后甲的溶解度差较大；D. 饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%， t1℃时甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙>甲=丙，其饱和溶液溶质的质量分数关系也是乙>甲=丙，溶液升高到t2℃时，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，溶质不析出，故溶液组成不变，而丙的溶解度随温度的升高而减小，会析出晶体，溶质质量分数会减小，故升温后甲与丙溶液中溶质的质量分数甲大于丙，所以升温后三种物质溶质的质量分数关系是：乙>甲>丙，选B
3．甲烷和水反应可以制备水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示，根据微观示意图得出的结论中，正确的是（）
A．反应前后碳元素化合价没有发生变化
B．反应中甲和丙的质量之比为4：7
C．水煤气的成分是一氧化碳和氧气
D．反应中含氢元素的化合物有三种
【答案】B
【解析】A. 化合物中元素的化合价代数和为零，单质中元素的化合价为零。

化合物中氢元素的化合价为+1价，所以反应前碳元素的化合价为-4价；反应后一氧化碳中碳元素的化合价为+2价，所以碳元素的化合价在反应前后改变； B. 反应中甲和丙的质量之比为16：28=4:7；C.由图可知，水煤气的成分是一氧化碳和氢气；D. 由一种元素组成的纯净物叫单质；由不同元素组成的纯净物叫化合物；反应中含氢元素的化合物有两种。

选B
4．将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中，预测其充分反应后所得滤渣和滤液的组成成分如下，其中不合理的是（）
A．若滤液为蓝色，则滤渣中含有2种固体
B．若滤液为无色，则滤渣中可能含有3种固体
C．若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，则滤液中最多含有2种溶质
D．若滤渣中加入稀盐酸，无气泡，则滤液中至少含有1种溶质
【答案】D
【解析】
【分析】
将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中，镁先与硝酸铜反应生成硝酸镁和铜，待硝酸铜完全反应后，镁再与硝酸锌反应生成硝酸镁和锌。

【详解】
A、若滤液为蓝色，则硝酸铜未完全反应，镁已经完全反应，故滤渣中只含有铜、银两种固体，不符合题意；
B、若滤液为无色，则硝酸铜已经完全反应，可能是镁和硝酸铜恰好完全反应，这时滤渣中含有铜、银，也可能镁置换了部分硝酸锌或恰好和硝酸锌完全反应，这时滤渣中含有锌、银、铜，也可能镁过量，这时滤渣中含有镁、铜、银、锌，故滤渣中可能含有三种固体，不符合题意；
C、若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，说明滤渣中含有排在氢前面的金属，可能是镁置换了部分硝酸锌，这时滤渣中含有铜、银、锌，滤液中含有硝酸镁、硝酸锌，也可能镁恰好与硝酸锌完全反应，或镁过量，这时滤液中只含硝酸镁，故若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，则滤液中最多含有2种溶质，不符合题意；
D、若滤渣中加入稀盐酸，无气泡，则滤渣中不含排在氢前面的金属，故滤渣中一定不含锌、镁，可能是镁置换了部分硝酸铜，这时滤液中含有硝酸镁、硝酸铜，硝酸锌，也可能镁恰好和硝酸铜完全反应，这时滤液中含有硝酸锌、硝酸镁，故至少含有2种溶质，符合题意。

故选D。

【点睛】
本题涉及到了优先反应原则，当金属与几种盐的混合溶液反应时，金属中最活泼的金属优先置换出最不活泼的金属。

5．下列图象正确的是
A．表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图
B．表示CO还原CuO的实验中，试管内固体质量与时间关系图
C．表示向Ca(NO3)2(含少量 HCl)溶液中滴加K2CO3溶液，沉淀量与K2CO3的加入量的关系图D．表示向足量的稀HCl中加入少量Fe，溶液质量与时间的关系图
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A、因为MnO2是生成物，所以质量是由0逐渐增加的；
B、试管内固体质量的变化就是CuO→Cu的质量变化；
C、滴加滴加K2CO3溶液，首先和盐酸反应，然后和Ca（NO3）2反应；
D、溶液质量的变化就是HCl→FeCl2的质量变化。

解：A、因为MnO2生成物，所以开始反应时质量为0，所以图象起点错误，故A错误；B、发生的反应为CuO+CO=Cu+CO2，固体的质量由CuO→Cu，质量减少，而图象是固体质量增加，曲线走向错误，故B错误；
C、滴加滴加K2CO3溶液，首先要和盐酸反应，K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O，直到盐酸完全反应再和Ca（NO3）2反应，这段时间没有沉淀生成，起点错误，所以图象C错误；
D、发生的反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，分析发现溶液质量的变化就是2HCl→FeCl2的质量变化，根据质量守恒可知质量增加，所以D正确。

故选D
6．下列说法正确的是（）
A．根据质量守恒定律，2gH2跟8gO2完全反应，可得到10gH2O
B．用含Fe2O385%的赤铁矿160t，理论上可生产100t含杂质4. 8%的生铁
C．各取10g镁粉和锌粉，分别与足量的盐酸完全反应，镁粉产生的H2多，说明镁的金属活动性比锌强
D．将l0gCuSO4·5H2O与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为10%的CuSO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A、氢气和氧气反应的化学方程式为：，在此反应中氢气、氧
气和水的质量关系4：32：36=1：8：9，则1gH2能与8gO2完全反应生成9g水，反应后氢气有剩余，错误；
B、160t赤铁矿中含氧化铁的质量为：160t×85％=136t。

设136t氧化铁理论上可以炼出铁的质量为x。

x=95.2t
可炼得含杂质4. 8%生铁的质量为：95.2t÷（1-4.8％）=100，正确；
C、金属与酸反应，产生气体的多少与金属的活动性没有关系，错误；
D、l0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为：10g××100％=6.4g。

与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为：×100％=6.4％，错误。

故选B。

7．有一包固体粉末X，可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉，为确定固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下图所示(不考虑水、稀盐酸的挥发)，下列说法中正确的是( )
A．若气体1为纯净物，则溶液2中可能含有三种阳离子
B．若气体1为混合物，则溶液2中可能含有Fe2+
C．若溶液1呈无色，则固体粉末X中不可能含有硫酸铜
D．若溶液2呈浅绿色，则沉淀2不可能是纯净物
【答案】B
【解析】
【分析】
有一包固体粉末X，可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，在沉淀1中加入过量稀盐酸，有沉淀2、溶液2和气体1生成。

因为目前所学的除了银离子和稀盐酸产生氯化银沉淀，其他任何物质与稀盐酸反应
均无法生成沉淀，根据题意不含银离子，所以沉淀1中包含两种沉淀，为碳酸钙和沉淀2，且可知沉淀2不和稀盐酸反应，结合题意，所以该沉淀2一定是铜，铜的来源是第一步骤硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，所以固体粉末X中一定有锌、硫酸铜和碳酸钙。

分四种情况讨论：①若固体粉末X只存在锌、硫酸铜和碳酸钙。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌。

a：硫酸铜与锌反应时，硫酸铜过量，沉淀1为碳酸钙和铜。

在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙，气体1为二氧化碳。

符合题意。

b：硫酸铜与锌反应时，锌过量，沉淀1为碳酸钙和铜和锌。

在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙和氯化锌，气体1为二氧化碳和氢气。

符合题意。

②若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌的量只能和硫酸铜反应，锌全部反应完全，无法继续和硫酸亚铁反应，硫酸亚铁存在于溶液1中，即溶液1中含有硫酸锌和硫酸亚铁，其他与①a相同。

③若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌，沉淀1
为碳酸钙和铜、铁。

碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁两种。

沉淀2为铜。

④若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应后锌仍剩余。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌，沉淀1
为碳酸钙和铜、铁、锌。

碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁、氯化锌三种。

沉淀2为铜。

【详解】
A、若气体1为纯净物，根据分析，①的a情况和②两种情况均符合，这两种情况时溶液2中只有氯化钙，只有两种阳离子为钙离子和氢离子，故选项错误；
B、若气体1为混合物，则符合①的b情况和③、④，溶液2对应氯化钙、氯化锌；氯化钙和氯化亚铁；氯化钙、氯化铁、氯化锌三种情况，则溶液2中可能含有Fe2+，故选项正确；
C、若溶液1呈无色，则固体粉末X中可能含有硫酸铜，因为硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，溶液1为硫酸锌溶液，无色，只要保证硫酸铜完全反应即可，故选项错误；
D、若溶液2呈浅绿色，则符合③和④两种情况，此时沉淀2均只有铜，为纯净物，故选项错误。

故选B。

AgNO溶液中加入11.2克Fe和Cu的混合粉末，充分反应后过滤、洗涤、干8．向500g3
燥得34.8g滤渣和一定质量的滤液，经测定得知，铜元素在滤液和滤渣中的质量比为4∶3（洗涤液也一起合并入滤液中），下列判断错误的是
A ．滤渣中不含铁
B ．11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数为40%
C ．向滤液中加入稀盐酸没有沉淀产生
D ．原3AgNO 溶液的溶质质量分数是10.2%
【答案】B
【解析】
【分析】
滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜。

已知，铜的相对原子质量为64，铁为56。

设混合粉末中含有x 克的铁，含有y 克的铜。

则混合粉末质量：11.2x y +=；
设与铁反应生成的银为m 1克，与铜反应生成的银为m 2克，与铁反应的硝酸银为m 3克，与铜反应的硝酸银为m 4克，参与置换反应的铜的质量为47
y 克，未参与反应的铜的质量为37
y 克。

则： 3331
Fe +2AgNO =Fe(NO )+2Ag
56
340216x m m 1
56216x m = ；356340x m = 1277m x =；38514
m x = 3342Cu +2AgNO =Cu(NO )+2Ag 64340
21647m m y 24647216y m =；4
4647340y m =
22714m y = 48528
m y = 生成银的质量：122727714m m x y +=
+ 滤渣的质量：12334.87
m m y ++= 联立解得：x=5.6，y=5.6，m 1=21.6，m 2=10.8，m 3=34，m 4=17
【详解】
A 、滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜，故A 选项正确；
B 、11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数 5.6=100%=50%11.2
⨯，故B 选项错误； C 、铜未完全反应则说明溶液中的硝酸银已完全反应，滤液中没有银离子，向滤液中加入稀盐酸不会有沉淀产生，故C 选项正确；
D 、原3AgNO 溶液的溶质质量分数34+17=
100%=10.2%500
⨯，故D 选项正确。

故本题选B 。

9．图中“→”表示甲在一定条件下可以转化成乙，“—”表示相连的物质在一定条件下可以发生反应，甲、乙、丙、丁分别表示一氧化碳、碳、氧气、二氧化碳中的某一物质，下列说法正确的是
A ．甲一定是一氧化碳
B ．乙一定不是二氧化碳
C ．丙可能是碳或氧气
D ．丁可能是碳或二氧化碳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各组内四种物质的性质及变化规律，利用物质间发生反应需要满足的条件，判断物质间反应与转化关系图中所示的物质间关系相符合的选项；丙与丁均能和其它的两种物质反应，所以可判断它们是氧气与碳，推断结论是否正确可采用依据选项分析判断转化是否完成即可得到答案。

【详解】
A 、甲是一氧化碳时则乙是二氧化碳，丙是氧气，丁是碳，符合该转化过程；但当甲是二氧化碳，乙是一氧化碳，丁是氧气，丙是碳时，该转化也能完成，故该说法错误；
B 、当乙是二氧化碳时，丁是碳，丙是氧气，甲是一氧化碳该转化也能完成，故说法错误；
C 、当丙是碳时，乙是一氧化碳，丁是氧气，甲是二氧化碳可完成该转化；丙是氧气时，乙是二氧化碳，丁是一氧化碳，甲是碳可完成该转化，故选项说法正确；
D 、当丁是二氧化碳时，二氧化碳无法与其它的两种物质反应，该转化无法完成，故该选项说法错误。

故选C 。

10．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。

取黑色粉末，加入一定量的稀硫酸，待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，在滤液中插入一根洁净的铁丝。

有关说法正确的是
A．若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe
B．若铁丝表面只有红色固体析出，则滤渣中一定无CuO
C．若铁丝表面无明显现象，则滤渣中最多有四种物质
D．若铁丝表面只有气泡产生，则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
金属氧化物优先于金属与酸反应，C不与稀硫酸反应，氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色，Fe可以与稀硫酸反应生成气体，Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，铁的金属活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来。

【详解】
A、若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，故A错误；
B、若铁丝表面只有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断滤渣中是否有CuO，故B错误；
C、若铁丝表面无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故C错误；
D、C不与稀硫酸反应，如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁，那么铁丝表面就有红色固体析出，所以有气泡，说明一定有硫酸和硫酸亚铁，故D正确。

故选：D。

11．下列有关化学实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确的是
拌
D
检验集气瓶中是否
集满二氧化碳
将燃烧的木条伸入集
气瓶中
木条火焰熄灭
集气瓶中已集满
二氧化碳
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A、将砂纸打磨过的铝丝浸入硫酸铜溶液中，现象为铝丝表面有红色固体析出；铝丝表面有铜析出，是实验结论，而不是实验现象；故选项错误．
B、露置在空气中的氢氧化钾会变质为碳酸钾，滴加入澄清的石灰水产生白色沉淀，则说明露置在空气中的氢氧化钾中含有碳酸根离子，说明氢氧化钾溶液已经变质，故该实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确．
C、向一定量的水中加入硝酸铵晶体，充分搅拌时，现象为溶液温度下降，只能得出硝酸铵晶体溶于水时会造成溶液温度降低，其它盐类物质溶于水时的温度变化无法判断，故选项错误．
D、检验集气瓶中是否集满二氧化碳时，应将燃烧的木条放在集气瓶口，不能伸入集气瓶中，故选项错误．
故选B．
12．下列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是（）
A．向一定质量表面生锈的铁片中滴加盐酸至过量 B．向一定质量的稀硫酸中滴加水C．向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量 D．加热一定质量的氯酸钾
【答案】A
【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先氧化铁与盐酸反应，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气；
B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大；
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀；
D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的。

解：A 、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气，当铁全部反应完，氢气质量不再改变，观察图象，符合变化，故A 正确；
B 、稀硫酸呈酸性，其pH 小于7，加水后酸性减弱，pH 逐渐增大，观察图象PH 在减小，故B 错误；
C 、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀，而且是一开始就生成，观察图示可知，C 错误；
D 、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的，所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失，故错误。

故选A 。

点睛：常见混合物间的反应事实，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。

13．已知某固体粉末是由 NaCl 、CaCl 2、NaOH 、K 2CO 3、Na 2CO 3中的一种或几种组成， 取这种粉末24g 加足量的水，振荡后呈浑浊，过滤、洗涤、烘干后得到10g 沉淀和滤液。

向滤液中滴加酚酞，变红；取少量滤液于试管中滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成，再加入稀硝酸沉淀不消失且试管中有气泡产生。

下列说法正确的是 A ．原固体中一定含CaCl 2、NaOH 和Na 2CO 3 B ．原固体中一定含Na 2CO 3，可能含K 2CO 3和NaCl C ．滤液中一定含NaCl 和K 2CO 3，可能含NaOH
D ．上述实验无法证明原固体中是否含NaCl 、CaCl 2、NaOH 【答案】B 【解析】
碳酸钙不溶于水，溶于酸生成气体，而氢氧化钠、碳酸钾、碳酸钠的溶液都可使酚酞溶液变红，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀，再加入稀硝酸沉淀不消失。

设生成10g 沉淀需要氯化钙的质量为x 。

需要碳酸钠的质量为y 。

需要碳酸钾的质量为m 。

CaCl 2——CaCO 3 Na 2CO 3——CaCO 3 K 2CO 3——CaCO 3 111 100 106 100 138 100 x 10g y 10g m 10g
111
100
10x
g
=
10610010y g = 13810010m g = X=11.1g y=10.6g m=13.8g 11.1g+13.8g=24.9g ＞24g ，故选B 。

14．将22.2gCu 2(OH)2CO 3放在密闭容器内高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体的质量为15.2g 。

在剩余固体里加入100.0g 稀硫酸恰好完全反应，过滤得红色金属。

已知：Cu 2O+H 2SO 4 =Cu+CuSO 4+H 2O ，下列说法正确的是 A ．15.2g 剩余固体是纯净物 B ．过程中生成CO 2和H 2O 的质量和为7.0g C ．残留红色金属质量为12.8g
D ．稀硫酸的溶质质量分数为14.7%
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
根据题中信息可知，碱式碳酸铜分解时，部分生成了氧化铜，部分生成氧化亚铜 设分解生成氧化铜的碱式碳酸铜的质量为m ，生成氧化铜的质量为x
()23222Cu OH CO C Δ
+uO H O +22280m CO x
↑
①
22280 =m x
()23222222Cu OH CO 2Cu O Δ
+++2222214422.2g-m 15.22H O 2CO g-x O ⨯↑⨯↑ ②
22222144
=22.2g-m 15.2g-x ⨯⨯ 由①②计算可得
m=11.1g
x=8g
因此生成氧化铜、氧化亚铜的碱式碳酸铜的质量均为11.1g ，生成氧化亚铜的质量为
15.2g-8g=7.2g
设生成铜的质量为y,与氧化亚铜反应的硫酸的质量为n 1,与氧化铜反应的硫酸的质量为n 2
224421
Cu O +H SO =Cu +CuSO +H O 14498647.2g
n y
11449864
==7.2g n y
1n =4.9g y=3.2g
24422
CuO +H SO =CuSO +H O
80988g
n
2
8098=8g n 2n =9.8g
A、剩余固体加硫酸后生成铜，说明15.2g剩余固体是氧化铜和氧化亚铜，是混合物，故A 不正确；
B、过程中生成CO2和H2O、氧气的质量和为7.0g，故B不正确；
C、残留红色金属为铜，质量是3.2g，故C不正确；
D、稀硫酸的溶质质量分数为9.8g+4.9g
100%=14.7%
100g
，故D正确。

故选D。

15．某课外兴趣小组的同学绘制了四种实验操作的变化趋势图象，其中正确的是( )
A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体
B．向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液
C．向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液
D．分别向等质量的镁、铝中逐滴滴加稀硫酸
【答案】D
【解析】A、向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，当硝酸钾溶液达到饱和，温度一定，饱和溶液质量分数不变，错误；B、加入氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于盐酸，所以加入过量的氢氧化钡溶液立即生成硫酸钡沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应结束后，沉淀质量不再增加，错误；C、因为稀盐酸呈酸性，pH＜7，加入氢氧化钠，pH升高，图象应从小于7逐渐到大于7，错误； D、横坐标是滴加酸的质量，所以相当于开始酸不足，导致生成氢气的质量取决于酸而不取决于金属，生成氢气的质量相同，只有一种金属完全反应时，之后曲线才不重叠。

因为硫酸足量，所以最终生成氢气的质量由金属决定，根据方程式可知同质量的镁铝，铝生成的氢气的质量大，正确。

故选D。

16．通过一步化学反应实现如图所示的X、Y、Z三种物质间转化，表格中X、Y、Z对应的物质不能实现这种转化的是（）
X Y Z
A CO2Na2CO3CaCO3
B NaNO3Na2CO3NaCl
C HCl BaCl2NaCl
D Mg MgO MgCl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A. 二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故X、Y、Z对应的物质能实现这种转化；B、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；但硝酸钠不能转化为碳酸钠，故X、Y、Z对应的物质不能实现这种转化；C、HCl与氢氧化钡反应生成氯化钡和水，氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故
X、Y、Z对应的物质能实现这种转化；D、Mg在氧气中燃烧生成氧化镁，镁与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，故X、Y、Z对应的物质能实现这种转化。

故选B。

17．下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
物质(括号内为杂质)所用试剂主要实验操作
A CO2(HCl)NaOH溶液洗气
B NaCl固体(Na2CO3)稀盐酸溶解、加试剂,蒸发结晶
C CaO(CaCO3)H2O过滤
D KNO3溶溶液(KOH)MgSO4加入适量试剂,过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；
B、Na2CO3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质又不引入了新的杂质，符合除杂原则，正确；
C、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；
D、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀，但会引入新的杂质，不符合除杂原则，错误。

故选B。

点睛：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指。